Cho hàm số f(x) liên tục trên \[\left( { - \frac{1}{2};2} \right)\;\]thỏa mãn \[f\left( 0 \right) = 2\], \({\int\limits_0^1 {\left[ {f'\left( x \right)} \right]} ^2}dx = 12 - 16\ln 2,\int\limits_0^1 {\frac{{f\left( x \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} dx = 4\ln 2 - 2\). Tính \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)} dx\)
A.5+8ln2
B.3−8ln2
C.5−8ln2
D.7−8ln2
Giải bởi qa.haylamdo.com
Xét tích phân: \[I = \mathop \smallint \limits_0^1 \frac{{f\left( x \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx\]
Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{u = f(x)}\\{dv = \frac{{dx}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{du = f\prime (x)dx}\\{v = - \frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{2} = \frac{{x - 1}}{{2\left( {x + 1} \right)}}}\end{array}} \right.\)
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}I = \frac{{x - 1}}{{2(x + 1)}}f\left( x \right)\left| {_0^1} \right. - \int\limits_0^1 {\frac{{x - 1}}{{2(x + 1)}}f'\left( x \right)} dx\\ \Leftrightarrow I = \frac{1}{2}f\left( 0 \right) - \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}f'\left( x \right)} dx\\ \Leftrightarrow 4ln2 - 2 = \frac{1}{2}.2 - \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}f'\left( x \right)} dx\\ \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}f'\left( x \right)} dx = 6 - 8ln2\end{array}\)
Xét\({\int\limits_0^1 {\left( {f\prime (x) + k\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right)} ^2}dx = 0\)
\( \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{[f\prime (x)]}^2}dx + 2k} \int\limits_0^1 {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} f'\left( x \right)dx + {k^2}\int\limits_0^1 {{{\left( {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right)}^2}} dx\)
\[ \Leftrightarrow 12 - 16ln2 + 2k.(6 - 8ln2) + {k^2}\int\limits_0^1 {{{\left( {1 - \frac{2}{{x + 1}}} \right)}^2}} dx = 0\]
\[ \Leftrightarrow 12 - 16ln2 + 2k.(6 - 8ln2) + {k^2}\int\limits_0^1 {\left( {1 - \frac{4}{{x + 1}} + \frac{4}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right)} dx = 0\]
\[ \Leftrightarrow 12 - 16ln2 + 2k.(6 - 8ln2) + {k^2}\left( {x - 4ln|x + 1| - \frac{4}{{x + 1}}} \right)\left| {_0^1} \right. = 0\]
\[ \Leftrightarrow 12 - 16ln2 + 2k.(6 - 8ln2) + {k^2}(1 - 4ln2 - 2 + 4) = 0\]
\[ \Leftrightarrow (3 - 4ln2){k^2} - 4(3 - 4ln2)k + 4(3 - 4ln2) = 0\]
\[ \Leftrightarrow {k^2} - 4k + 4 = 0 \Leftrightarrow {(k - 2)^2} = 0 \Leftrightarrow k = 2\]
Khi đó ta có\[\mathop \smallint \limits_0^1 {\left( {f'\left( x \right) - 2.\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right)^2}dx = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 2.\frac{{x - 1}}{{x + 1}}\]
\[ \Rightarrow f\left( x \right) = \smallint f'\left( x \right)dx = 2\smallint \frac{{x - 1}}{{x + 1}}dx\]
\[ = 2\smallint \left( {1 - \frac{2}{{x + 1}}} \right)dx = 2\left( {x - 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right) + C\]
Có\[f\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow 2\left( {0 - 2\ln 1} \right) + C = 2 \Leftrightarrow C = 2\]
\[ \Rightarrow f\left( x \right) = 2\left( {x - 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right) + 2 = 2x - 4\ln \left| {x + 1} \right| + 2\]
\( \Rightarrow \int\limits_0^1 {f(x)dx = \int\limits_0^1 {[2x - 4ln|x + 1| + 2]dx} } \)
\[ = ({x^2} + 2x)\left| {_0^1} \right. - 4\int\limits_0^1 {ln|x + 1|dx = 3 - 4J} \]
Ta có:\[J = \mathop \smallint \limits_0^1 \ln \left| {x + 1} \right|dx = \mathop \smallint \limits_0^1 \ln \left( {x + 1} \right)dx\]
Đặt\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{u = ln(x + 1)}\\{dv = dx}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{du = \frac{1}{{x + 1}}dx}\\{v = x + 1}\end{array}} \right.\)
\[ \Rightarrow J = (x + 1)ln(x + 1)\left| {_0^1} \right. - \int\limits_0^1 {dx} \]
\[ \Rightarrow J = 2ln2 - 1.ln1 - x\left| {_0^1} \right.\]
\[ \Rightarrow J = 2ln2 - 1\]
Vậy\[\mathop \smallint \limits_0^1 f\left( x \right)dx = 3 - 4\left( {2\ln 2 - 1} \right) = 7 - 8\ln 2\]
Đáp án cần chọn là: D
Cho tích phân \[I = \mathop \smallint \limits_a^b f\left( x \right).g'\left( x \right){\rm{d}}x,\], nếu đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{u = f(x)}\\{dv = g\prime (x)dx}\end{array}} \right.\) thì
Cho tích phân \[I = \mathop \smallint \limits_1^2 \frac{{x + \ln x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}{\rm{d}}x = a + b.\ln 2 - c.\ln 3\]với\[a,b,c \in R\], tỉ số \(\frac{c}{a}\) bằng
Biết rằng\[\smallint {e^{2x}}\cos 3xdx = {e^{2x}}\left( {a\cos 3x + b\sin 3x} \right) + c\], trong đó a,b,c là các hằng số, khi đó tổng a+b có giá trị là:
Cho hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện \[x.f({x^3}) + f({x^2} - 1) = {e^{{x^2}}},\;\forall x \in \mathbb{R}\]. Khi đó giá trị của \(\int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)dx} \) là:
Nếu \[\mathop \smallint \limits_0^\pi f\left( x \right)\sin xdx = 20,\mathop \smallint \limits_0^\pi xf\left( x \right)'\sin xdx = 5\]thì\[I = \mathop \smallint \limits_0^{{\pi ^2}} f\left( {\sqrt x } \right)\cos \left( {\sqrt x } \right)dx\] bằng:
Cho \[F\left( x \right) = {x^2}\] là nguyên hàm của hàm số \[f(x){e^{2x}}\;\] và f(x) là hàm số thỏa mãn điều kiện \[f\left( 0 \right) = 0,f\left( 1 \right) = \frac{2}{{{e^2}}}.\]. Tính tích phân \(I = \int\limits_0^1 {f'\left( x \right)} {e^{2x}}dx\)
Để tính \[I = \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} {x^2}\,\cos x\,{\rm{d}}x\] theo phương pháp tích phân từng phần, ta đặt
Cho tích phân \[I = \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{4}} \frac{{{x^2}}}{{{{\left( {x\sin x + \cos x} \right)}^2}}}{\rm{d}}x = \frac{{m - \pi }}{{m + \pi }}\], giá trị của m bằng :
Cho f(x),g(x) là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn \[\left[ {0;1} \right]\;\]và thỏa mãn điều kiện \[\int\limits_0^1 {g\left( x \right)} .f'\left( x \right)dx = 1,\int\limits_0^1 {g'\left( x \right)} .f\left( x \right)dx = 2\]. Tính tích phân \(I = \int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right).g\left( x \right)} \right]} 'dx\)A.I=2
Cho tích phân \[I = \mathop \smallint \limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}} \frac{{\ln \left( {3\sin x + \cos x} \right)}}{{{{\sin }^2}x}}{\rm{d}}x = m.\ln \sqrt 2 + n.\ln 3 - \frac{\pi }{4}\], tổng m+n
Cho hàm số f(x) có \[f\left( 2 \right) = 0\;\] và \[f\prime (x) = \frac{{x + 7}}{{\sqrt {2x - 3} }},\;\forall x \in (\frac{3}{2}; + \infty )\;\]. Biết rằng \[\mathop \smallint \limits_4^7 f\left( {\frac{x}{2}} \right)dx = \frac{a}{b}(a,b \in \mathbb{Z},b > 0,\frac{a}{b}\] là phân số tối giản). Khi đó a+b bằng:
Cho hàm số f(x) có \[f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 2\] và \[f\prime (x) = xsinx\]. Giả sử rằng \[\mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \cos x.f\left( x \right)dx = \frac{a}{b} - \frac{{{\pi ^2}}}{c}\] (với a,b,c là các số nguyên dương, \(\frac{a}{b}\) tối giản). Khi đó a+b+c bằng:
Giả sử tích phân \[I = \mathop \smallint \limits_0^4 x\ln {\left( {2x + 1} \right)^{2017}}dx = a + \frac{b}{c}\ln 3.\]. Với phân số \(\frac{b}{c}\) tối giản. Lúc đó :
Cho hàm số f(x) là hàm số chẵn và liên tục trên \[\left[ { - 1;1} \right]\] thỏa mãn: \[\mathop \smallint \limits_{ - 1}^1 f\left( x \right)dx = \frac{{86}}{{15}}\] và \[f\left( 1 \right) = 5\]. Khi đó \[\mathop \smallint \limits_0^1 xf'\left( x \right)dx\] bằng:
Cho hàm số y=f(x) thỏa mãn \(\int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right)} .f'\left( x \right)dx = 10\)và \(2f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) = 2\)Tính \(I = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} dx\)
